2024-2025学年辽宁省抚顺市六校协作体高一（下）期末数学试卷（含解析）

2024-2025学年辽宁省抚顺市六校协作体高一(下)期末

数学试卷

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.复数z满足z(2-i)=|3+4i|,则复数z的虚部是()

A.2B.2.1C.1D.i

2.已知向量五=(1,3),石=(1,—1),~c=(4,5).若H与工+双平行,则实数2的值为()

A.-^B.3C.-JD.2

19117

3.下列说法正确的是()

A.一个平面内有一条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行

B,一个平面内有两条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行

C.一个平面内有无数条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行

D.一个平面内有两条相交直线与另外一个平面平行，则这两个平面平行

4.在△ABC中，角4B,C所对的边分别为a,b,c.已知b=3,c=2，I,A=f,则a=()

A.5B.75C.29D.<29

5.已知圆台的上、下底面面积分别为367r和49兀，其母线长为5,则圆台的表面积为()

A.14571B.15071C.15571D.1607T

人蓼2si?i(a+20227r)—cos(a+7r)_2,则tan(a+?)

。•石3加、一y=()

cos(a--2")—3cosa'4

11,

AA11Cr3c3

-TB.-1—

-T(11D一五

7.已知直线％=黑是函数/(%)=V3sin2+^sinoox-(0<^<8)图象的一条对称轴，则3=()

A.2B.4C.6D.8

8.在长方体A8CD—力iBi/Di中，M为力B的中点，AB=4,BC=2<6,BB「2,贝!]三棱锥4]一BCM外接

球的表面积为()

A.567TB.527rC.487TD.64兀

二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.已知复数z=(cosa-sina)+(cosa+sina)i,则下列说法正确的是()

A.复数z的模的最大值为2B.若aE(0,7T),z是纯虚数，则a=[

C.ae(o,[)时，复数对应的点在第一象限内D.复数z的模长为定值

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10.已知△ABC的内角4B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中正确的命题是（）

A.若sinZ>sinB,则a>b

B.若△ABC是锐角三角形，贝！Js讥/>cosB恒成立

C.若bcosC—ccosB=a,则448C一定是直角三角形

D.若siMA+sin2c+cos2B>1,则44BC一定是锐角三角形

11.关于函数/（%）=sin|x|+|s讥二|有下述四个结论，其中正确的是（）

A./（%）是奇函数

B./Q）在区间（去兀）上单调递减

CJO）的最大值为2

D./（久）在［-2024TT,2024网有4049个零点

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知正四棱台的上底边长为2,下底边长为4,侧棱长为3.则四棱台的高为.

13.已知复数z满足|z+2—2i|=1,则|z—3—24的最小值为.

14.日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱A8CD-&81的小

的底面力BCD是正方形，且4B=4,44i=l.

店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图力中H-E-Ei-Fi—F-G—Gi-Hi-H的方向捆扎包装盒会比按

照图B中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）.则图4比图B最多节省的彩绳长度

为.

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.（本小题13分）

己知公孩是夹角为方的两个单位向量，a=3可—2石方=2瓦—3部.

（1）求出了的值；

（2）求2与方-石的夹角的余弦值.

16.（本小题15分）

如图，四棱锥P—4BCD的底面为平行四边形，点M,N,Q分别为PC,CD,4B的中点.

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(1)求证：平面MNQ〃平面PAD；

(2)在棱24上确定一点S,使NS〃平面PBC,并说明理由.

17.(本小题15分)

已知函数/'(久)=2y［3sinxcosx—2sin(x+7)sin(x—7).

44

(1)求函数f(x)的单调递增区间；

(2)求函数/(久)在区间［01］上的最大值和最小值；

(3)若/'(沏)=£,x0e求C0S2久0的值.

18.(本小题17分)

在锐角△ABC中，角4B,。所对的边分别为a,b,c,且a(cosB-cosC)=(6+c)cos4.

(1)证明：A=2B；

(2)若乙B4C的平分线交8C于D,AD=1,sinB=|,求/+E的值；

(3)求:的取值范围.

19.(本小题17分)

现有长度分别为1,2,3,4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为

10的三角形或四边形.

(1)求出所有可能的三角形的面积；

(2)如图，已知平面凸四边形A8CD中，48=1,BC=3,CD=2,£M=4,⑴求cosA,cosC满足的数量关

系；

(ii)求四边形48CD面积的最大值，并指出面积最大时BD的值.

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答案解析

1.【答案】C

【解析】解：z(2—i)=|3+4i|=V32+42=5,

则2=二?=(2-0(2+i)=2+t,

故复数z的虚部是1.

故选：C.

结合复数模公式，复数的四则运算，虚部的概念，即可求解.

本题主要考查复数模公式，复数的四则运算，虚部的概念，属于基础题.

2.【答案】C

【解析】解：由题意，1+ZS=(1,—1)+A(4,5)=(1+44,—1+54),

又N=(l,3),工与了+Z2平行，

所以3(1+44)—(—1+54)=。，解得4=—★

故选：C.

根据条件，利用向量线性运算的坐标表示及向量共线的坐标表示计算得解.

本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题.

3.【答案】D

【解析】解：4选项，这两个平面可能相交或平行，/错误；

B选项，这两个平面可能相交或平行，3错误；

C选项，这两个平面可能相交或平行，C错误；

。选项，一个平面内有两条相交直线与另外一个平面平行，根据面面平行的判断定理可知，这两个平面平行,

。正确.

故选：D.

根据平面与平面的位置关系及面面平行的判定定理判断即可.

本题考查了平面与平面的位置关系，属于基础题.

4.【答案】B

【解析】解：已知b—3,C=2，E,A=J,

4

利用余弦定理：a2,=b2+c2—2bccosA=9+8—2x3x2V_2x字=5,

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解得a=V-5.

故选：B.

直接利用余弦定理求出结果.

本题考查的知识要点：余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.

5.【答案】B

【解析】解：由题意圆台的上、下底面面积分别为36兀和49兀，母线长为5,

可得圆台的上、下底面半径分别为6和7,

结合圆台的表面积公式可得圆台的表面积为36兀+497r+兀(6+7)x5=150兀.

故选：B.

求出圆台的上、下底面的半径,结合圆台的母线长，代入圆台的表面积公式计算即可.

本题考查了圆台的表面积公式，是中档题.

6.【答案】D

2sina-]-cosa2tana+l

【解析】解:原式=

—since—3cosa—tana—3

7

所以tema

4

所以tan(a+3)=厘==17=—条

'4，1—tanai11

故选：D.

结合诱导公式及同角基本关系进行化简可求tema,然后结合两角和的正切公式进行化简即可求解.

本题主要考查了诱导公式，两角和的正切公式的应用，属于基础题.

7.【答案】B

【解析】解：函数/'(久)=7"五比2与+：s03久一¥=¥(1-COS3X)+]sin3x-噂=sin(a)久一g),

令：—+kji(kEZ)，解得3=4+(fc6Z),

aZ□

由于0<3W8,

所以3=4.

故选:B.

首先通过三角函数关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出

结果.

本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转

换能力及思维能力，

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8.【答案】D

【解析】解：取CD的中点K,连接MK,DiK,DC将三棱锥为一BCM补成直三棱柱^KC一力iMB,

因为力Ai=4M=2,所以NAiMA=孚,

44

设△&M8外接圆的半径为r,又4B=A22+42=24，

利用正弦定理可得2r==2AA10,

S1DZ-/1^MD

即r=YIU，

直三棱柱D/C-上下底面外接圆圆心距离为2仄，

根据勾股定理可得三棱锥外接球的半径R=J(710)2+(76)2=4,

则球的表面积为S=4兀/?2=647r.

故选：D.

取CD的中点K,将三棱锥&-BCM补成直三棱柱DiKC—AMB,利用正弦定理可得△外接圆的半径

r=710，直三棱柱/KC-上下底面外接圆圆心距离为2遍，根据勾股定理可得三棱锥外接球的半

径，利用球的表面积公式计算即可.

本题考查几何体表面积的计算，属于中档题.

9.【答案】BCD

【解析】解：/选项，|z|2=(cosa-sina)2+(cosa+sina)2=2cos2a+2sin2a=2,

则|z|=yf2,故4错误；

B选项，cosa—sina=0且cosa+sinaH0,EPtana=1SetanaH—1,

又16(0,兀)，则a=£,故5正确;

4

C选项，当aC(0；)时，cosa>sina>0,

4

故cosa-sina>0且cosa+sina>0,复数对应的点在第一象限内，故C正确.

D选项,\z\2=(cosa—sina)2+(cosa+sina)2=2cos2a+2sm2cr=2,

则|z|=V"^,故。正确.

故选：BCD.

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选项，利用模长公式得到|z|=错误，。正确；B选项，根据复数类型得到方程和不等式，求出a=?

C选项，当a€(0；)时，cosa>sina>0,C正确.

4

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.

10.【答案】ABC

【解析】解：对于4因为si7M>s仇B,所以由正弦定理得为>焉所以a>b,所以/正确；

ZnZn

对于B,若△ZBC为锐角三角形，可得4+且48c(()《)，

可得人>/—B,且1—BE(0,/),

根据正弦函数的单调性，可得sinA>sin(]-B),所以siziA>cosB,所以3正确；

对于C,由正弦定理及bcosC—ccosB=a,知sinBcosC—sinCcosB=sinA,

所以sin(B—C)=sinA,因为一兀<B—67<兀，0<力<兀，则8—C—4或B—C+力=兀，又A+B+C=兀，

则B=5三角形为直角三角形，故C正确；

对于O,若sin2/l+sin2c+cos2F>1,则siHd+sin2C—sin2B>0,由正弦定理得a?+c2-&2>0,则角B

为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故。错误；

故选：ABC.

利用正弦定理边角互化可以判断出A正确；

由三角形内角和为兀，结合诱导公式可推得3正确；

利用正弦定理及余弦定理即可判断出C正确；

利用同角三角函数的基本关系式及正弦定理及余弦定理结合三角形知识判断出。.

本题考查了正弦定理，余弦定理以及三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想,

属于中档题.

11.【答案】BC

【解析】解：/(x)=sin|x|+|s讥x|的定义域为R,/(-x)=sin|—x\+|sin("x)|=sin|x|+|-sinx\-

sin|x|+|sinx|牛一f(x),

・•.f(久)不是奇函数，选项/错误；

当x6(5,兀)时，sinx>0,则/"(x)=sin|x|+\sinx\—2sinx,

此时/(%)在区间(9兀)上单调递减，选项5正确；

・・・/(-%)=sin|x|+\sinx\=/(%),f(%)是偶函数，.,.考虑%>0的情况即可，

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当第E\2kn,n+2/CTT],k6N时，/(%)=sin|x|+\sinx\=sinx+sinx=2sinx,

此时当K=]+2/OT,kCN时，f(x)取最大值2；

当xe(兀+2/OT,2兀+2/OT],keN时，/(x)=sin|x|+\sinx\=sinx-sinx=0,

综上，AX)的最大值为2,选项c正确；

当xe\n,2兀|时，sinx<0,/(%)=sinx-sinx=0,此区间上/'(x)有无数个零点，

・・・/(x)在[-2024兀,20247Tl不可能只有4049个零点，选项。错误.

故选：BC.

用函数奇偶性的定义法判断选项4在给定区间内得到具体函数解析式，利用三角函数的性质求解单调性判

断选项8,利用三角函数的性质判断选项C,举反例即可判断选项D.

本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，是基础题.

12.【答案】77

【解析】解：正四棱台对角面等腰梯形的高即为该正四棱台的高，

因为正四棱台的上底边长为2,下底边长为4,侧棱长为3,

则该四棱台对角面等腰梯形的上下底边长分别为腰长为3,

因此等腰梯形的高为J32-(空Z产)2=77,

所以四棱台的高为

故答案为：77.

根据给定条件，求出正四棱台的对角面等腰梯形的高即可作答.

本题主要考查了正四棱台的结构特征，属于基础题.

13.【答案】4

【解析】解：|z+2-24=1,

复数z对应的点的轨迹是以C(-2,2)为圆心，半径r=l的圆，

而|z-3-2"=|z-(3+2i)|的几何意义是：复数z对应的点与点力(3,2)的距离.

又|力。|=5,点2(3,2)在圆。外，

所以|z-3-2i|的最小值为|4的一r=5-1=4.

故答案为：4.

利用复数的几何意义，转化为圆外的点与圆上点的距离问题.

本题主要考查复数的模，属于基础题.

14.【答案】20-1072

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【解析】解：图4沿彩绳展开正四棱柱，彩绳长度最小值为，Ix(4+1+4+1)=102,

图B,彩绳长度最小值为(4+1)x4=20,

则图力比图8最多节省的彩绳长度为20-1072.

故答案为：20-1072.

计算出两种捆扎法中绳的长度后相减即得.

本题主要考查棱柱的展开图及最短距离问题，考查运算求解能力，属于中档题.

15.【答案】解：(1)由题意知，瓦，石是夹角为5的单位向量,

故国,石=I瓦llE|cos^=0,

所以万3=(3瓦一2五)•(2久一3方)=6久2—13久.乐+6归2=12；

(2)由题意得，

同=J(3瓦-2筱产-J9瓦2-12瓦・瓦+4孩2-,

\a-~b\-J(瓦+1)2=J否2+2否.与+石2=2，

所以万.0—£)=五2一无石=13—12=1,

所以cos(a,a-b)==温*此=啜，

|a||a-Zj|V13xV226

即在与方一方的夹角的余弦值为噂.

Zu

【解析】(1)由题意，根据平面向量数量积的定义可得瓦•&=0,结合数量积的运算律计算即可求解；

(2)根据数量积的运算律和向量的几何意义计算求出回,同-』,方-为，结合数量积的定义计算即可求解.

本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题.

16.【答案】证明过程见详解；

S为P4的中点，满足条件.

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【解析】(1)证明：因为M,N,Q分别为PC,CD,的中点,

可得MN//SD,NQ//AD,

因为MN仁平面PAD,ADu平面PHD,

所以MN//平面PAD,

同理可得NQ〃P4D,

MNCNQ=N,

所以平面QMN〃平面PAD；

(2)解：S为PA的中点，

证明如下：

取PD的中点E,

连接SE,EN,因为N为CD的中点，

所以NE//PC,SE//AD,AD//BC,

所以SE〃CB,

又因为SEC平面PBC,BCu平面PBC,

所以SE〃平面P2C,同理可证得NE//平面PBC,

SECNE=E,

可证得平面SEN〃平面PBC,

又因为SNu平面SEN,

所以SN〃平面PBC.

(1)由M,N,Q分别为PC,CD,AB的中点，可证得MN//SD,NQ//AD,进而可证得MN//平面PAD,

NQ//PAD,进而可证得结论；

(2)S为P力的中点，取PD的中点E,连接SE,EN,因为N为CD的中点，易证得NE//PC,SE//AD,可证得

平面SEN〃平面P8C,进而可证得NS〃平面P8C.

本题考查面面平行的判断定理的应用及线面平行的性质的应用，属于中档题.

17.【答案】[—q++/ot],keZ；

最大值是2,最小值是-1；

4-36

~10

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【解析】(1)由题意可得/(%)=>/~3sin2x-2s讥(？+%-J)sin(%-丁)

Z44

r—717r

=V3sin2x—2cos(%—^-)sin(x—彳)

n

=v3sm2x—sin(2x—彳)

=4~3sin2x+cos2x

=2sin(2x+7),

'6

令——+2/CTT42.x+—+2/c7i,k.GZj

LoL

解得一言+而<%而，kEZ,

D6

可得函数f(x)的单调递增区间为[*+for5+k兀I，kez；

(2)vxe[0,^],

・••22%+群等，

ooo

17T

<sin(2x+-)<1,

・•・函数/(%)=2s讥(2%+看)在区间[06]上的最大值是2,最小值是-1；

(3)vf(%0)=(整理可得sin(2x0+。)=,

-r—t_r"JTIT-y—r*zpztc7Tr2TT77T-1

又％oE[15],可得2%o+不W[q,■y],

4/ODO

22

•••cos(2x0+^)=-Jl-sin(2x0+^)=-J1-(1)二一|，

7T7T

•••cos2x0=cos[(2x0+-g-)—-g-]

VnS7rl.n

——COS(2%Q+-g-)+2-sin(2%o+6)

4—36

=10,

(1)利用二倍角公式、诱导公式及辅助角公式化简/(%),结合正弦函数的单调性求解；

(2)利用正弦函数的性质，可得函数在区间上的最大值和最小值；

(3)若/(&)=£,可求sin(2%o+，)=&进而得出cos(2%o+，)=-)再由两角差的余弦公式求解.

本题考查了三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题.

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18.【答案】证明见解析

8

5

273、

【解析】(1)证明：・・・a(cosB—cosC}=(b+c)cosA,

・•.由正弦定理可得sim4cosB—sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC,

•••sinAcosB—cosAsinB=sinAcosC+cosAsinC,

・••sin(X_B)=sin(X+C),

vX+B+C=7T,贝!Jsin(>1+C)=sin(7r—B)=sinB,

・•.sin(X_B)=sinB,

由△ZBC是锐角三角形，得0<ZV*0<B<P则一]<4一8<协

••A—B=B,A—2B；

(2)解：•・,sinB=5，B为锐角，・•.cosB=V1-sin2^=!

rt?4

则sinZ=sin2B=2sinBcosB=—,

•••S&ABC=S工ABD+^/\ACD，

11123

•••-besinA=-(h+c)xADxsinB，—he=—(/?+c),

b+c_811_8

5'

(3)解：由△ABC是锐角三角形，得。<B<1,0<力=28<80<C-n-A-B<^,

可得、<B<?・.•cosBC(芋,洋)，

。4ZZ

csinCsin(7T—A—B)sin3Bsin(2B+5)sin2BcosB+cos2BsinB

a-sinA~sinA~sin2B~sin2B~sin2B

sinB(2cos2B—l')]

=cosB+=2cosB—

2sinBcosB2cosBf

令cosB=t,贝Ijte（¥，¥）,f（t）=2t-二在（¥，苧）上单调递增，

而々，I、V7分门、2<3

而/yk

、xV~22V-3.

c-2<3.

（1）由正弦定理及两角和与差的正弦公式可得sin（4一B）=sinQ4+C）,从而得到A=2B；

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(2)因为A=2B,所以由S^ABC=SOBD+SAACD^bcsinA=Rb+c)x力。xs讥B,代入数值即可求得去+；

的值；

(3)由△ABC是锐角三角形得由正弦定理得£=^"=^=2cosB-"左，设令cosB=t,则

。4ClS171/1SITLZ.D/.COSD

te(苧,苧)，根据/(t)=2t-/在(苧，苧)上单调递增即可求得标的取值范围.

本题主要考查正弦定理、三角恒等变换及三角形面积公式，考查运算求解能力能力，属于中档题.

19.【答案】解：(1)如果三条线段构成三角形的条件，则任意两边之和大于第三边长，

于是可能的三角形是1+2,3,4或2,3+1,4,

当三角形三条边为1+2,3,4时，由余弦定理可得cos”[羔兰=9，

ZXoXoy

故sind=V1-cos20=所以54=x